高三物理一轮复习 磁场高考真题模拟新题有详解 23页

K单元　磁场　磁场　安培力 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎14．K1[2011·课标全国卷] 为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的．在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是(　　)‎ 图1－2‎ ‎【解析】 B　地理的南极是地磁场的N极，由右手螺旋定则知B正确．‎ ‎18．K1[2011·课标全国卷] 电磁轨道炮工作原理如图1－4所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场 图1－4‎ ‎(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是(　　)‎ A．只将轨道长度L变为原来的2倍 B．只将电流I增加至原来的2倍 C．只将弹体质量减至原来的一半 D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变 ‎【解析】 BD　弹体所受安培力为F安＝BIl，由动能定理得：BIL＝mv2，只将轨道长度L变为原来的2倍，其速度将增加至原来的倍，A错误；只将电流I增加至原来的2倍，其磁感应强度也随之增加至原来的2倍，其速度将增加至原来的2倍，B正确；只将弹体质量减至原来的一半，其速度将增加至原来的倍，C错误； 将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍时，其速度将增加至原来的2倍，D正确．‎ ‎2．K‎1　‎L1[2011·江苏物理卷] 如图2所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中(　　)‎ 图2‎ A．穿过线框的磁通量保持不变 B．线框中感应电流方向保持不变 C．线框所受安培力的合力为零 D．线框的机械能不断增大 ‎2．K‎1　‎L1[2011·江苏物理卷] B　【解析】‎ ‎ 当线框由静止向下运动时，穿过线框的磁通量逐渐减小，根据楞次定律可得，产生的感应电流的方向为顺时针且方向不发生变化，A错误，B正确；因线框上下两边所处的磁场强弱不同，线框所受的安培力的合力一定不为零，C错误；整个线框所受的安培力的合力竖直向上，对线框做负功，线框的机械能减小，D错误．‎ K2　磁场对运动电荷的作用 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎25．K2[2011·课标全国卷] 如图1－10所示，在区域Ⅰ(0≤x≤d)和区域Ⅱ(d≤x≤2d)内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面．一质量为m、带电荷量q(q＞0)的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域Ⅰ，其速度方向沿x轴正向．已知a在离开区域Ⅰ时，速度方向与x轴正向的夹角为30°；此时，另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从P点沿x轴正向射入区域Ⅰ，其速度大小是a的.不计重力和两粒子之间的相互作用力．求：‎ ‎(1)粒子a射入区域Ⅰ时速度的大小；‎ ‎(2)当a离开区域Ⅱ时，a、b两粒子的y坐标之差．‎ 图1－10‎ ‎【答案】 (1)设粒子a在Ⅰ内做匀速圆周运动的圆心为C(在y轴上)，半径为Ra1，粒子速率为va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P′，如图所示．由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 qvaB＝m①‎ 由几何关系得 ‎∠PCP′＝θ②‎ Ra1＝③‎ 式中，θ＝30°.‎ 由①②③式得 va＝④‎ ‎(2)设粒子a在Ⅱ内做圆周运动的圆心为Oa，半径为Ra2，射出点为Pa(图中未画出轨迹)，∠P′OaPa＝θ′＝2θ.由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 qva(2B)＝m⑤‎ 由①⑤式得 Ra2＝⑥‎ C、P′和Oa三点共线，且由⑥式知Oa点必位于x＝d的平面上，由对称性知，Pa点与P′点纵坐标相同，即yPa＝Ra1cosθ＋h⑦‎ 式中，h是C点的y坐标．‎ 设b在Ⅰ中运动的轨道半径为Rb1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 qB＝2⑧‎ 设a到达Pa点时，b位于Pb点，转过的角度为α.如果b没有飞出Ⅰ，则 ＝⑨‎ ＝⑩‎ 式中，t是a在区域Ⅱ中运动的时间，而 Ta2＝ Tb1＝ 由⑤⑧⑨⑩式得α＝30° 由①③⑧式可见，b没有飞出Ⅰ.Pb点的y坐标为 yPb＝Rb1cosα＋Ra1－Rb1＋h 由①③⑦⑧式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标之差为yPa－yPb＝(－2)d ‎10．K2[2011·海南物理卷] 空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图1－7中的正方形为其边界．一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射．这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不计重力．下列说法正确的是(　　)‎ 图1－8‎ A．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同 B. 入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同 C．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同 D．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大 ‎【解析】 BD　带电粒子进入磁场中后，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，轨道半径R＝，因所有粒子比荷相同，若入射速度相同，则轨道半径相同，轨迹一定相同，B选项正确；所有带电粒子做圆周运动周期T＝相同，所以轨迹所对圆心角越大的粒子在磁场中运动时间越长，D选项正确；若带电粒子能从磁场左边界射出，即使入射速度不同，所用时间也一定相同，因为此情况时轨迹所对圆心角均为180°，这些粒子的轨迹与入射速度有关，故AC选项错误．‎ K3　带电粒子在组合场及复合场中运动 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎25．K3[2011·全国卷] 如图1－7所示，与水平面成45°角的平面MN将空间分成Ⅰ和Ⅱ两个区域．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从平面MN上的P0点水平向右射入Ⅰ区．粒子在Ⅰ区运动时，只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用，电场强度大小为E；在Ⅱ区运动时，只受到匀强磁场的作用，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里．求粒子首次从Ⅱ区离开时到出发点P0的距离．粒子的重力可以忽略．‎ 图1－7‎ ‎【解析】 带电粒子进入电场后，在电场力的作用下沿抛物线运动，其加速度方向竖直向下，设其大小为a，由牛顿定律得 qE＝ma①‎ 设经过时间t0，粒子从平面MN上的点P1进入磁场，由运动学公式和几何关系得 v0t0＝at②‎ 粒子速度大小v1为 v1＝③‎ 设速度方向与竖直方向的夹角为α，则 tanα＝④‎ 此时粒子到出发点P0的距离为 s0＝v0t0⑤‎ 此后，粒子进入磁场，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，圆周半径为 r1＝⑥‎ 设粒子首次离开磁场的点为P2，弧所张的圆心角为2β，则P1到点P2的距离为 s1＝2r1sinβ⑦‎ 由几何关系得 α＋β＝45°⑧‎ 联立①②③④⑥⑦⑧式得 s1＝⑨‎ 点P2与点P0相距 l＝s0＋s1⑩‎ 联立①②⑤⑨⑩解得 l＝ 图1－11‎ ‎25．K3[2011·山东卷] 扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆．其简化模型如图1－11，Ⅰ、Ⅱ两处的条形均强磁场区边界竖直，相距为L，磁场方向相反且垂直于纸面．一质量为m、电量为－q、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平方向夹角θ＝30°.‎ ‎(1)当Ⅰ区宽度L1＝L、磁感应强度大小B1＝B0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30°，求B0及粒子在Ⅰ区运动的时间t0.‎ ‎(2)若Ⅱ区宽度L2＝L1＝L，磁感应强度大小B2＝B1＝B0，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h.‎ ‎(3)若L2＝L1＝L、B1＝B0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B2应满足的条件．‎ ‎(4)若B1≠B2，L1≠L2，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出．为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射入的方向总相同，求B1、B2、L1、L2之间应满足的关系式．‎ T＝⑤‎ t＝T⑥‎ 联立②④⑤⑥式，代入数据得 t＝⑦‎ ‎(2)设粒子在磁场Ⅱ区做圆周运动的半径为R2，由牛顿第二定律得 qvB2＝m⑧‎ 由几何知识可得 h＝(R1＋R2)(1－cosθ)＋Ltanθ⑨‎ 联立②③⑧⑨式，代入数据得 h＝(2－ )L⑩‎ ‎(3)如图2所示，为使粒子能再次回到Ⅰ区，应满足R2(1＋sinθ)(或B2≥) 图2‎ ‎(4)如图3(或图4)所示，设粒子射出磁场Ⅰ区时速度与水平方向的夹角为α，由几何知识可得 L1＝R1(sinθ＋sinα) ‎[或L1＝R1(sinθ－sinα)]‎ L2＝R2(sinθ＋sinα) ‎[或L2＝R2(sinθ－sinα)]‎ 联立②⑧式得 B1R1＝B2R2 联立式得 B‎1L1＝B‎2L2 图3‎ 图4‎ ‎23．K3[2011·安徽卷] 如图1－16所示，在以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里．一带正电的粒子(不计重力)从O点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从P点射出．‎ ‎(1)求电场强度的大小和方向．‎ ‎(2)若仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以相同的速度射入，经时间恰从半圆形区域的边界射出．求粒子运动加速度的大小．‎ ‎(2)若仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入，且速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间．‎ 图1－16‎ ‎【解析】 (1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，电场强度为E.可判断出粒子受到的洛伦兹力沿x轴负方向，于是可知电场强度沿x轴正方向 且有qE＝qvB①‎ 又R＝vt0②‎ 则E＝③‎ ‎(2)仅有电场时，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动 在y方向位移为y＝v④‎ 由②④式得　y＝⑤‎ 设在水平方向位移为x，因射出位置在半圆形区域边界上，于是 x＝R 又由x＝a2⑥‎ 得a＝⑦‎ ‎(3)仅有磁场时，入射速度v′＝4v，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为r，由牛顿第二定律有 qv′B＝m⑧‎ 又qE＝ma⑨‎ 由③⑦⑧⑨式得r＝⑩‎ 由几何知识sinα＝ 即sinα＝，α＝ 带电粒子在磁场中运动周期 T＝ 则带电粒子在磁场中运动时间 tB＝T 所以tB＝t0 ‎35．K3[2011·广东物理卷] 如图19甲所示，在以O为圆心，内外半径分别为R1和R2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U为常量，R1＝R0，R2＝3R0，一电荷量为＋q、质量为m的粒子从内圆上的A点进入该区域，不计重力．‎ ‎(1)已知粒子从外圆上以速度v1射出，求粒子在A点的初速度v0的大小．‎ ‎(2)若撤去电场，如图19乙所示，已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度v2射出，方向与OA延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间．‎ ‎(3) 在图19乙中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为v3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？‎ 图19‎ ‎【解析】 (1)电、磁场都存在时，只有电场力对带电粒子做功，由动能定理 qU＝mv－mv①‎ 得v0＝②‎ ‎(2)由牛顿第二定律 qBv2＝③‎ 如图所示，由几何关系确定粒子运动轨迹的圆心O′和半径R R2＋R2＝(R2－R1)2④‎ 联立③④，得磁感应强度大小 B＝⑤‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 T＝⑥‎ 由几何关系确定粒子在磁场中运动的时间 t＝⑦‎ 联立④⑥⑦式，得 t＝⑧‎ ‎(3)如图所示，为使粒子射出，则粒子在磁场内的运动半径应大于过A点的最大内切圆半径，该半径为 Rc＝⑨‎ 由③⑨得磁感应强度应小于 Bc＝⑩‎ ‎25．K3[2011·重庆卷] 某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动，如图1－14所示，材料表面上方矩形区域PP′N′N充满竖直向下的匀强电场，宽为d；矩形区域NN′M′M充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，长为3s，宽为s；NN′为磁场与电场之间的薄隔离层．一个电荷量为e、质量为m、初速为零的电子，从P点开始被电场加速经隔离层垂直进入磁场，电子每次穿越隔离层，运动方向不变，其动能损失是每次穿越前动能的10%，最后电子仅能从磁场边界M′N′飞出．不计电子所受重力．‎ 图1－14‎ ‎(1)求电子第二次与第一次圆周运动半径之比；‎ ‎(2)求电场强度的取值范围；‎ ‎(3)A是M′N′的中点，若要使电子在A、M′间垂直于AM′飞出，求电子在磁场区域中运动的时间．‎ ‎25．K3[2011·重庆卷] 【解析】‎ ‎ (1)设圆周运动的半径分别为R1、R2、…Rn、Rn＋1…，第一次和第二次圆周运动速率分别为v1和v2，动能分别为Ek1和Ek2.‎ 由：Ek2＝0.81Ek1，R1＝，R2＝，Ek1＝mv，Ek2＝mv 得：R2∶R1＝0.9‎ ‎(2)设电场强度为E，第一次到达隔离层前的速率为v′.‎ 由eEd＝mv′2,0.9×mv′2＝mv，R1≤s 得E≤ 又由Rn＝0.9n－1R1,2R1(1＋0.9＋0.92＋…＋0.9n＋…)>3s 得：E> m2)，电荷量均为q.加速电场的电势差为U，离子进入电场时的初速度可以忽略．不计重力，也不考虑离子间的相互作用．‎ ‎(1)求质量为m1的离子进入磁场时的速率 v1；‎ ‎(2)当磁感应强度的大小为B时，求两种离子在GA边落点的间距s；‎ ‎(3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度．若狭缝过宽，可能使两束离子在GA边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离．‎ 设磁感应强度大小可调，GA边长为定值L，狭缝宽度为d，狭缝右边缘在A处．离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA边且垂直于磁场．为保证上述两种离子能落在GA边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度．‎ ‎23．K3[2011·北京卷] 【答案】 (1)加速电场对离子m1做的功W＝qU 由动能定理m1v＝qU 得v1＝①‎ ‎(2)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式qvB＝，R＝，利用①式得离子在磁场中的轨道半径分别为 R1＝，R2＝②‎ 两种离子在GA上落点的间距 s＝2R1－2R2＝(－)③‎ ‎(3)质量为m1的离子，在GA边上的落点都在其入射点左侧2R1处，由于狭缝的宽度为d，因此落点区域的宽度也是d.同理，质量为m2的离子在GA边上落点区域的宽度也是d.‎ 为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为2(R1－R2)＞d④‎ 利用②式，代入④式得2R1＞d R1的最大值满足2R‎1m＝L－d 得(L－d)＞d 求得最大值dm＝L K4　磁场综合 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎25．K4[2011·四川卷] 如图1－10所示，正方形绝缘光滑水平台面WXYZ边长l＝‎1.8 m，距地面h＝‎0.8 m．平行板电容器的极板CD间距d＝‎0.1 m且垂直放置于台面，C板位于边界WX上，D板与边界WZ相交处有一小孔．电容器外的台面区域内有磁感应强度B＝1 T、方向竖直向上的匀强磁场．电荷量q＝5×10－‎13 C的微粒静止于W处，在CD间加上恒定电压U＝2.5 V，板间微粒经电场加速后由D板所开小孔进入磁场(微粒始终不与极板接触)，然后由XY边界离开台面．在微粒离开台面瞬时，静止于X正下方水平地面上A点的滑块获得一水平速度，在微粒落地时恰好与之相遇．假定微粒在真空中运动，极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点，滑块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝‎10 m/s2.‎ ‎(1)求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板的极性；‎ ‎(2)求由XY边界离开台面的微粒的质量范围；‎ ‎(3)若微粒质量m0＝1×10－‎13 kg，求滑块开始运动时所获得的速度．‎ 图1－10‎ ‎【解析】 (1)微粒在极板间所受电场力大小为 F＝①‎ 代入数据得F＝1.25×1011 N②‎ 由微粒在磁场中的运动可判断微粒带正电荷，微粒由极板间电场加速，故C板为正极，D板为负极．‎ ‎(2)若微粒的质量为m，刚进入磁场时的速度大小为v，由动能定理 Uq＝mv2③‎ 微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，若圆周运动半径为R，有 qvB＝m④‎ 微粒要从XY边界离开台面，则圆周运动的边缘轨迹如图所示，半径的极小值与极大值分别为 R1＝⑤‎ R2＝l－d⑥‎ 联立③～⑥，代入数据，有 ‎8．1×10－‎14 kg0时，粒子被加速，则最多连续被加速的次数 N＝，得N＝25‎ 分析可得，粒子在连续被加速的次数最多且u＝U0时也被加速的情况下，最终获得的动能最大．‎ 粒子由静止开始加速的时刻 t＝T0＝T0　(n＝0,1,2，…)‎ 最大动能Ekm＝2×qU0＋qU0‎ 解得Ekm＝qU0.‎ ‎22．K4[2011·福建卷] 如图1－11甲所示，在x＞0的空间中存在沿y轴负方向的匀强电场和垂直于xOy平面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B.一质量为m，带电量为q(q＞0)的粒子从坐标原点O处，以初速度v0沿x轴正方向射入，粒子的运动轨迹见图甲，不计粒子的重力．‎ ‎(1)求该粒子运动到y＝h时的速度大小v；‎ ‎(2)现只改变入射粒子初速度的大小，发现初速度大小不同的粒子虽然运动轨迹(y－x曲线)不同，但具有相同的空间周期性，如图乙所示；同时，这些粒子在y轴方向上的运动(y－t关系)是简谐运动，且都有相同的周期T＝.‎ Ⅰ.求粒子在一个周期T内，沿x轴方向前进的距离s；‎ Ⅱ.当入射粒子的初速度大小为v0时，其y－t图象如图丙所示，求该粒子在y轴方向上做简谐运动的振幅Ay，并写出y－t的函数表达式．‎ 图1－11‎ ‎22．K4[2011·福建卷] 【答案】 由于洛伦兹力不做功，只有电场力做功，由动能定理有 ‎－qEh＝mv2－mv①‎ 由①式解得v＝②‎ ‎(2)Ⅰ.由图乙可知，所有粒子在一个周期T内沿x轴方向前进的距离相同，即都等于恰好沿x轴方向匀速运动的粒子在T时间内前进的距离．设粒子恰好沿x轴方向匀速运动的速度大小为v1，则 qv1B＝qE③‎ 又s＝v1T④‎ 式中T＝ 由③④式解得s＝⑤‎ Ⅱ.设粒子在y方向上的最大位移为ym(图丙曲线的最高点处)，对应的粒子运动速度大小为v2(方向沿x轴)，因为粒子在y方向上的运动为简谐运动，因而在y＝0和y＝ym处粒子所受的合外力大小相等，方向相反，则 qv0B－qE＝－(qv2B－qE)⑥‎ 由动能定理有－qEym＝mv－mv⑦‎ 又Ay＝ym⑧‎ 由⑥⑦⑧式解得Ay＝ 可写出图丙曲线满足的简谐运动y－t函数表达式为 y＝ ‎1．【2011·濮阳一模】处于纸面内的一段直导线长L＝‎1 m，通有I＝‎1 A的恒定电流，方向如图X18－1所示．将导线放在匀强磁场中，它受到垂直于纸面向外的大小为F＝1 N的磁场力作用．据此(　　)‎ 图X18－1‎ A．能确定磁感应强度的大小和方向 B．能确定磁感应强度的方向，不能确定它的大小 C．能确定磁感应强度的大小，不能确定它的方向 D．磁感应强度的大小和方向都不能确定 ‎1．D　【解析】 由B＝可知水平向左的磁感应强度的分量为1 T，无法确定沿电流方向的磁感应强度的分量，由矢量合成可知无法确定磁感应强度的方向；仅知道F的方向，无法用左手定则判断磁感应强度的方向．故选D.‎ ‎2．【2011·扬州模拟】下列关于磁感应强度大小的说法，正确的是(　　)‎ A．通电导线受磁场力大的地方磁感应强度一定大 B．通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大 C．放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同 D．磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向无关 ‎2．D　【解析】 磁场中某点磁感应强度的大小和方向由磁场本身决定，与通电导线的受力大小及方向都无关，故选项A错误，选项D正确．通电导线在磁场中受力的大小不仅与磁感应强度有关，而且与通电导线的取向有关，故选项B错误．虽然匀强磁场中磁感应强度处处相等，但当导线在各个位置的方向不同时，磁场力是不相同的(导线与磁场垂直时受磁场力最大，与磁场平行时受磁场力为0)，而选项C中没有说明导线在各个位置的取向是否相同，所以选项C错误．‎ ‎3．[2011·临沂一模]如图X18－3甲所示，光滑的平行导轨与电源连接后，与水平方向成θ角倾斜放置，导轨上另放一个质量为m的金属导体棒．当S闭合后，在棒所在区域内加一个合适的匀强磁场，可以使导体棒静止平衡，图X18－4中分别加了不同方向的磁场，其中一定不能平衡的是(　　 )‎ A　　　　　B　　　　　　C　　　　　　D ‎　　　图X18－4‎ ‎3．B　【解析】 四种情况的受力分别如图所示：‎ A、C都有可能平衡，D中如果重力与安培力刚好大小相等，则导体棒与导轨间没有压力，可以平衡，B合外力不可能为零．‎ ‎4.[2011·德州模拟]如图X18－8所示，在阴极射线管正下方平行放置一根通有足够强直流电流的长直导线，且导线中电流方向水平向右，则阴极射线将会(　　 )‎ 图X18－8‎ A．向上偏转 B．向下偏转 C．向纸内偏转 D．向纸外偏转 ‎4．A　【解析】 在阴极射线管所在位置处，通电直导线产生的磁场方向垂直纸面向外，由左手定则可以判断阴极射线中的电子受力方向向上，故选A.‎ ‎5．[2011·淄博模拟]如图X18－11所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成θ角(0<θ<π)以速率v发射一个带正电的粒子(重力不计)．则下列说法正确的是(　　)‎ X18－11‎ A．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短 B．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大 C．若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短 D．若v一定，θ越大，则粒子在离开磁场的位置距O点越远 ‎5．C　【解析】 粒子运动周期T＝，当θ一定时，粒子在磁场中运动时间t＝T＝T，ω＝.由于t、ω均与v无关，故A、B项错误，C项正确．当v一定时，由r＝知，r一定；当θ从0变至的过程中，θ越大，粒子离开磁场的位置距O点越远；当θ大于时，θ越大，粒子离开磁场的位置距O点越近，故D项错误．‎ ‎6．[2011·惠州模拟]如图X19－1所示圆形区域内有垂直于纸面方向的匀强磁场，一束质量和电荷量都相同的带电粒子以不同的速率沿着相同的方向对准圆心O射入匀强磁场，又都从该磁场中射出，这些粒子在磁场中的运动时间有的较长，有的较短．若带电粒子在磁场中只受磁场力的作用，则在磁场中运动时间越长的带电粒子(　　 )‎ ‎　图X19－1‎ A．速率一定越小 B．速率一定越大 C．在磁场中通过的路程越长 D．在磁场中的周期一定越大 ‎6．A　【解析】 由T＝，可知粒子周期不变，又r＝∝v，可知线速度越大，半径越大，如图所示，半径越大，偏转角θ越小，圆心角等于偏转角θ，t＝T∝θ，因此在磁场中运动时间越长的带电粒子速率一定越小，所以选A.‎ ‎7．[2011·西城一模]如图X19－4所示，相距为R的两块平行金属板M、N正对着放置，S1、S2分别为M、N板上的小孔，S1、S2、O三点共线，它们的连线垂直M、N，且S2O＝R.以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场．D为收集板，板上各点到O点的距离以及板两端点的距离都为2R，板两端点的连线垂直M、N板．质量为m、带电量为＋q的粒子经S1进入M、N间的电场后，通过S2进入磁场．粒子在S1处的速度和粒子所受的重力均不计．‎ ‎(1)当M、N间的电压为U时，求粒子进入磁场时速度的大小v；‎ ‎(2)若粒子恰好打在收集板D的中点上，求M、N间的电压值U0；‎ ‎(3)当M、N间的电压不同时，粒子从S1到打在D上经历的时间t会不同，求t的最小值．‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 图X19－4‎ ‎7．【解析】 (1)粒子从S1到达S2的过程中，根据动能定理得 qU＝mv2①‎ 解得粒子进入磁场时速度的大小v＝ ‎(2)粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有 qvB＝m②‎ 由①②得，加速电压U与轨迹半径r的关系为U＝ 当粒子打在收集板D的中点时，粒子在磁场中运动的半径r0＝R 对应电压U0＝ ‎(3)M、N间的电压越大，粒子进入磁场时的速度越大，粒子在极板间经历的时间越短，同时在磁场中运动轨迹的半径越大，在磁场中运动的时间也会越短，出磁场后匀速运动的时间也越短，所以当粒子打在收集板D的右端时，对应时间t最短．‎ 根据几何关系可以求得，对应粒子在磁场中运动的半径r＝R 由②得粒子进入磁场时速度的大小v＝＝ 粒子在电场中经历的时间t1＝＝ 粒子在磁场中经历的时间t2＝＝ 粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间t3＝＝ ‎ 粒子从S1到打在收集板D上经历的最短时间为t＝t1＋t2＋t3＝ ‎8.[2011·福州模拟]如图X19－5所示，条形区域AA′、BB′中存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B的大小为0.3 T，AA′、BB′为磁场边界，它们相互平行，条形区域的长度足够长，宽度d＝‎1 m．一束带正电的某种粒子从AA′上的O点以大小不同的速度沿着与AA′成60°角方向射入磁场，当粒子的速度小于某一值v0时，粒子在磁场区域内的运动时间t0＝4×10－8s；当粒子速度为v1时，刚好垂直边界BB′射出磁场．取π＝3，不计粒子所受重力．求：‎ ‎(1)粒子的比荷；‎ ‎(2)速度v0和v1的大小．‎ ‎8．【解析】 (1)当粒子的速度小于某一值v0时，粒子不能从BB′离开磁场区域，只能从AA′边离开，无论粒子速度大小，在磁场中运动的时间都相同，轨迹如图所示(图中只画了一个粒子的轨迹). ‎ 粒子在磁场区域内做圆周运动的圆心角均为φ1＝240°，运动时间t0＝T 又T＝ 解得＝×‎108 C/kg或＝3.3×‎108 C/kg ‎(2)当粒子速度为v0时，粒子在磁场内的运动轨迹刚好与BB′边界相切，此时有R0＋R0 sin30°＝d ‎ 又qv0B＝ 得v0＝×‎108 m/s ‎ 当粒子速度为v1时，刚好垂直边界BB′射出磁场区域，此时轨迹所对圆心角φ2＝30°，有R1sin30°＝d ‎ 又qv1B＝ 得v1＝2×‎108 m/s.‎ ‎9．[2011·济宁模拟]如图X20－1所示，在xOy平面内，第Ⅲ象限内的直线OM是电场与磁场的边界，OM与负x轴成45°角．在x＜0且OM的左侧空间存在着负x方向的匀强电场；在y＜0且OM的右侧空间存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.一不计重力的带负电的微粒从坐标原点O沿y轴负方向以速度v0进入磁场，最终离开电磁场区域的位置坐标为(0，)．已知微粒的电荷量为q，质量为m，求：‎ ‎(1)带电微粒第一次经过磁场边界的位置坐标．‎ ‎(2)带电微粒在磁场区域运动的总时间．‎ ‎(3)匀强电场的场强.‎ 图X20－1‎ ‎9．【解析】 (1)带电微粒从O点射入磁场，运动轨迹如图所示．带电微粒运动了圆周后第一次经过磁场边界上的A点．‎ ‎ (3)微粒从C点沿y轴正方向进入电场，做类平抛运动，C点的位置坐标为(－2r，－2r)，微粒在电场中运动，沿x、y方向的位移分别为Δx＝2r，Δy＝4r 而a＝ Δx＝at Δy＝v0t1‎ 解得E＝v0B.‎ ‎10．[2011·甘肃模拟]如图X20－3所示，一个质量为m、带电量为＋q的小球以初速度v0自h高度处水平抛出．不计空气阻力，重力加速度为g.‎ ‎(1)若在空间竖直方向加一个匀强电场，发现小球水平抛出后做匀速直线运动，求该匀强电场的场强E的大小；‎ ‎(2)若在空间再加一个垂直纸面向外的匀强磁场，小球水平抛出后恰沿圆弧轨迹运动，落地点P到抛出点的距离为h，求该磁场磁感应强度B的大小．‎ 图X20－3‎ ‎10．【解析】 (1)小球做匀速直线运动，说明重力和电场力平衡，根据平衡条件，有 mg＝qE 解得：E＝.‎ ‎(2)再加匀强磁场后，小球做圆周运动，洛伦兹力充当向心力，设轨道半径为R，根据几何关系得，P点到抛出点的水平距离x＝＝h 由R2＝(R－h)2＋x2‎ 解得：R＝ 由qv0B＝m 得B＝